3、f(x＋2014)，F(xiàn)(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0即為F(x＋2014)－F(－2)>0，即F(x＋2014)>F(－2)，又因為F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，所以x＋2014<－2，∴x<－2016.
3．已知f(x)＝ax－cosx，x∈.若?x1∈，?x2∈，x1≠x2，<0，則實數(shù)a的取值范圍為________．
答案 a≤－
解析 f′(x)＝a＋sinx.依題意可知f(x)在上為減函數(shù)，所以f′(x)≤0對x∈恒成立，可得a≤－sinx對x∈恒成立．設g(x)＝－sinx，x∈.易知g(x)為減函數(shù)，故g(x)m
4、in＝－，所以a≤－.
4．設函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增；
(2)若對于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．
解 (1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m<0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單
5、調遞增．
(2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]單調遞減，在[0,1]單調遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是
即?、?
設函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.
當t<0時，g′(t)<0；當t>0時，g′(t)>0.故g(t)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故當t∈[－1,1]時，g(t)≤0.
當m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
當m>1時，由g(t)的單調性，g(
6、m)>0，即em－m>e－1；
當m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.綜上，m的取值范圍是[－1,1]．
5．設a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的單調區(qū)間；
(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點；
(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤ －1.
解 (1)f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex≥0，故f(x)是R上的單調遞增函數(shù)，其單調增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調減區(qū)間．
(2)證明：因為f(0)＝(
7、1＋02)e0－a＝1－a<0，且f(ln a)＝(1＋ln2a)eln a－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2a>0，
由零點存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一個零點．
又由(1)知，函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的單調遞增函數(shù)，
故函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點．
(3)證明：設點P(x0，y0)，由曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行知，f′(x0)＝0，即f′(x0)＝(x0＋1)2ex0＝0，(x0＋1)2＝0，x0＝－1，即P(－1,2e－1－a)．
由點M(m，n)處的切線與直線OP平行知，f′(m)＝kOP，
即(1＋m)2em＝＝
8、a－.
由em≥1＋m知，(1＋m)3≤(1＋m)2em＝a－，
即1＋m≤ ，即m≤ －1.
6．已知函數(shù)f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，且n≥2.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)設曲線y＝f(x)與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y＝g(x)，求證：對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)；
(3)若關于x的方程f(x)＝a(a為實數(shù))有兩個正實數(shù)根x1，x2，求證：|x2－x1|<＋2.
解 (1)由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)，其中n∈N*，且n≥2.下面分兩種情況討論：
①當n為奇數(shù)時．
9、令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，－1)
(－1,1)
(1，＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)
所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞減，在(－1,1)內單調遞增．
②當n為偶數(shù)時．
當f′(x)>0，即x<1時，函數(shù)f(x)單調遞增；
當f′(x)<0，即x>1時，函數(shù)f(x)單調遞減．
所以，f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
(2)證明：設點P的坐標為(x0,0)，則x0＝n，f′(x0)＝n－n2.曲線y＝f(x)在
10、點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，則F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．
由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞)上單調遞減，故F′(x)在(0，＋∞)上單調遞減．又因為F′(x0)＝0，所以當x∈(0，x0)時，F(xiàn)′(x)>0，當x∈(x0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，所以對于任意的正實數(shù)x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)．
(3)證明：不妨設
11、x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0)．設方程g(x)＝a的根為x2′，可得x2′＝＋x0.當n≥2時，g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減．又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′.
類似地，設曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為y＝h(x)，可得h(x)＝nx.當x∈(0，＋∞)，f(x)－h(huán)(x)＝－xn<0，即對于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)
12、2′－x1′＝＋x0.
因為n≥2，
所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C＝1＋n－1＝n，故2≥n＝x0.
所以|x2－x1|<＋2.
7．已知函數(shù)f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．
(1)證明：當x>0時，f(x)0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)；
(3)確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|
13、′(x)<0，
所以F(x)在[0，＋∞)上單調遞減，
故當x>0時，F(xiàn)(x)0時，f(x)0，故G(x)在[0，＋∞)上單調遞增，G(x)>G(0)＝0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意．
當00，
取x0＝－1，對任意x∈(0，x0)，
有G′(x)>0，
從而G(x)在[0，x0)上單調遞增，
所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)．
綜上，當k<
14、1時，總存在x0>0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)．
(3)解法一：當k>1時，由(1)知，?x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，
|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln (1＋x)．
令M(x)＝kx－ln (1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有M′(x)＝k－－2x＝.
故當x∈時，
M′(x)>0，
M(x)在上單調遞增，
故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2.所以滿足題意的t不存在．
當k<1時，由(2)知，存在x0>0，使得當x∈(0，x0)時，f(x)>g(x)，
此時|f
15、(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－kx.
令N(x)＝ln (1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)，
則有N′(x)＝－k－2x
＝，
當x∈時，N′(x)>0，N(x)在上單調遞增，
故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x2.
記x0與中的較小者為x1，
則當x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2.
故滿足題意的t不存在．
當k＝1時，由(1)知，當x>0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln (1＋x)．
令H(x)＝x－ln (1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有H′(x)＝1－－2x＝.
16、
當x>0時，H′(x)<0，
所以H(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故H(x)0時，
恒有|f(x)－g(x)|1時，由(1)知，?x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，
故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln (1＋x)>kx－x＝(k－1)x.
令(k－1)x>x2，解得01時，對于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|>x2，
故滿足題意的t不存在．
當k<1時，取k1＝，從而k
17、在x0>0，使得x∈(0，x0)，f(x)>k1x>kx＝g(x)，
此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k1－k)x＝x.
令x>x2，解得0x2.
記x0與中的較小者為x1，當x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|>x2.
故滿足題意的t不存在．
當k＝1時，由(1)知，x>0，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln (1＋x)，
令M(x)＝x－ln (1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有M′(x)＝1－－2x＝.
當x>0時，M′(x)<0，
所以M(x)在[0，＋∞)上單調遞減，
故M(x)<
18、M(0)＝0.
故當x>0時，恒有|f(x)－g(x)|2；
(3)設實數(shù)k使得f(x)>k對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
解 (1)因為f(x)＝ln (1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.
又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x.
(2)證明：令g(x)＝f(x)－2，則g′(x)＝f′(x)－2(1＋x
19、2)＝.
因為g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0,1)，
即當x∈(0,1)時，f(x)>2.
(3)由(2)知，當k≤2時，f(x)>k對x∈(0,1)恒成立．
當k>2時，令h(x)＝f(x)－k，則
h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.
所以當02時，f(x)>k并非對x∈(0,1)恒成立．
綜上可知，k的最大值為2.
9．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2
20、x(a<0)．
(1)若函數(shù)f(x)在定義域內單調遞增，求a的取值范圍；
(2)若a＝－且關于x的方程f(x)＝－x＋b在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝－(x>0)．
依題意f′(x)≥0在x>0時恒成立，即ax2＋2x－1≤0在x>0時恒成立．
則a≤＝2－1在x>0時恒成立，
即a≤min(x>0)，
當x＝1時，2－1取最小值－1.
∴a的取值范圍是(－∞，－1]．
(2)a＝－，f(x)＝－x＋b?x2－x＋ln x－b＝0.
設g(x)＝x2－x＋ln x－b(x>0)．
則g′(x)＝.
列表：
x
(0
21、,1)
1
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
極大值
極小值
∴g(x)極小值＝g(2)＝ln 2－b－2，g(x)極大值＝g(1)＝－b－，又g(4)＝2ln 2－b－2，
∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，則得ln 2－2
22、路寬均不小于10 m.
(1)求x的取值范圍(運算中取1.4)；
(2)若中間草地的造價為a元/m2，四個花壇的造價為ax 元/m2，其余區(qū)域的造價為元/m2，當x取何值時，可使“環(huán)島”的整體造價最低？
解 (1)由題意得，，
解得，即9≤x≤15.
所以x的取值范圍是[9,15]．
(2)記“環(huán)島”的整體造價為y元，則由題意得
y＝aπ2＋axπx2＋＝＋x3－12x2，
令f(x)＝－x4＋x3－12x2，
則f′(x)＝－x3＋4x2－24x＝－4x，
由f′(x)＝0，解得x＝10或x＝15或x＝0(舍)，
列表如下：
x
9
(9,10)
10
(10,15)
15
f′(x)
－
0
＋
0
f(x)
極小值
所以當x＝10時，y取最小值．
即當x＝10時，可使“環(huán)島”的整體造價最低．
【學霸優(yōu)課】數(shù)學理一輪對點訓練：323 導數(shù)的綜合應用 Word版含解析
